Đề thi học sinh giỏi lớp 12 có đáp án môn thi: Toán - Đề 31

Đề thi Học sinh giỏi THPT – Môn Toán Bảng A
Thời gian 180 phút
----------------o0o--------------
Câu 1: (6 điểm) Cho hàm số:	y = x3 + 3x2 + 1.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
b) Biện luận theo m số nghiệm của phương trình:	x3 + 3x2 = m3 + 3m2.
c) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) kẻ từ điểm (1; 5).
d) Trên đường thẳng y = 9x – 4, tìm những điểm có thể kẻ đến (C) 3 tiếp tuyến.
Câu 2: (3 điểm) Giải các phương trình sau:
a) .
b) .
Câu 3: (4 điểm)
a) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm duy nhất:
.
b) Tìm m để bất phương trình sau đúng với mọi x.
ờ1 + 2cosxờ+ ờ1 + sin2xờÊ 2m – 1.
Câu 4: (2,5 điểm)
a) Xác định a, b để hàm số sau có đạo hàm tại x = 0:
.
b) Tính tích phân:	.
Câu 5: (2,5 điểm) 
Cho 2 elíp (E1): , (E2): và parabol (P): y2 = 12x.
a) Viết phương trình đường tròn đi qua giao điểm của 2 elíp trên.
b) Viết phương trình tiếp tuyến chung của (E1) và (P).
Câu 6: (2 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là nửa lục giác đều với cạnh a (a> 0). Cạnh SA vuông góc với đáy và SA = . M là một điểm khác B trên SB sao cho AM ^ MD. Tính tỉ số .
-------------------------------------------
Đáp án đề thi Học sinh giỏi THPT – Môn Toán Bảng A
----------------o0o--------------
Chú ý: + Đáp án gồm 5 trang.
+Nếu thí sinh làm cách khác với đáp án mà kết quả đúng thì cho điểm tối đa.
Câu
ý
Nội dung
điểm
1
1a
- Tập xác định: D = R.
- Sự biến thiên:
 + Chiều biến thiên: y’ = 3x2 + 6x = 0 Û .
ị Hàm số đồng biến trên các khoảng (-Ơ; -2) và (0; +Ơ); hàm số nghịch biến trên khoảng (-2; 0).
 + Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm (0; 1) và đạt cực tiểu tại điểm (-2; 5).
 + Giới hạn: ị đồ thị hàm số không có tiệm cận.
 + Tính lồi lõm và điểm uốn: y’’ = 6x + 6 = 0 Û x = -1.
ị Đồ thị hàm số lồi trên khoảng (-Ơ; -1), lõm trên khoảng (-1; +Ơ) và có điểm uốn là (-1; 3).
 + Bảng biến thiên:
x -Ơ	-2	-1	0	+Ơ
y’ 	 +	 0	 -	 	-	0	 +
	 5	+Ơ
y	 	 3
 -Ơ	1
- Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua các điểm (-3; 1), (-2; 5), (-1; 3), (0; 1) và (1; 5). Nhận điểm uốn (-1; 3) làm tâm đối xứng.
y
5
3
1
-3 -2 -1 0 1 x
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
1b
 Ta có: x3 + 3x2 = m3 + 3m2 (1)
Û x3 + 3x2 + 1 = m2 + 3m2 + 1 = a
ị số nghiệm của phương trình (1) chính là số giao điểm của đồ thị (C) và đường thẳng y = a, từ đồ thị ở câu a ta có:
- Phương trình (1) có 1 nghiệm nếu a > 5 hoặc a < 1.
- Phương trình (1) có 2 nghiệm nếu a = 5 hoặc a = 1.
- Phương trình (1) có 3 nghiệm nếu 1 < a < 5.
 Xét hàm số f(m) = m3 + 3m2 + 1 ị f(m) cũng có đồ thị là (C), nên từ đồ thị ở câu a ta có:
- a > 5 Û m > 1; a = 5 Û m = 1 hoặc m = -2
- a < 1 Û m < -3; a = 1 Û m = -3 hoặc m = 1.
- 1 < a < 5 Û -3 < m < 1
 Vậy ta có:	
+ Với m > 1 hoặc m < -3 thì phương trình (1) có 1 nghiệm.
+ Với m = -3 hoặc m = -2 hoặc m = 1 hoặc m = 2 thì phương trình (1) có 2 nghiệm.
+ Với -3 < m < 1 và m ạ -2, m ạ 0 thì phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt.
0,25
0,25
0,25
0,25
1c
 Gọi phương trình tiếp tuyến kẻ từ điểm (1; 5) có dạng:
y = k(x – 1) + 5 Û y = kx + 5 – k.
 Vì là tiếp tuyến của (C) nên ta có:
.
ị Có 2 tiếp tuyến của (C) đi qua điểm (1; 5) là:
y = 5 và y = 9x – 4.
0,25
0,50
0,25
1d
 Gọi M (x0; 9x0 – 4) là điểm trên đường thẳng y = 9x – 4.
ị Đường thẳng đi qua M có phương trình dạng:
y = k(x – x0) + 9x0 – 4.
ị Ta có:	.
 Để có 3 tiếp tuyến qua M thì hệ trên cần có 3 nghiệm
ị phương trình sau cần có 3 nghiệm phân biệt:
(x – 1)[2x2 + (5 – 3x0)x + 5 – 9x0] = 0.
 Từ đó ta có điều kiện của x0 là: .
 Vậy các điểm M cần tìm có toạ độ (x; 9x – 4) với điều kiện: 
0,25
0,25
0,25
0,25
2
2a
 Tập xác định: D = R.
 Phương trình đã cho tương đương với phương trình:
 Xét hàm số f(t) = , ta có f(t) đồng biến với mọi t nên ta có: f(3cosx) = f(4cos3x) Û 3cosx = 4cos3x
Û cos3x = 0 Û x = , k ẻ Z
0,25
0,50
0,50
0,25
2b
 Ta có: x4 + x2 + 1 = (x2 + x + 1)(x2 – x + 1) > 0
	 x2 – 3x + 1 = 2(x2 – x + 1) – (x2 + x + 1)
 Đặt , t > 0. Phương trình trở thành:
Û x = 1
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
3
3a
 Điều kiện: m > 0 và m ạ 1, x2 + mx + 10 ³ 0.
Bất phương trình đã cho tương đương với:
 . (*)
Đặt u = x2 + mx + 10, u ³ 0.
+ Với 0 < m < 1: (*) Û f(u) = log7(+ 4)log11(u + 2) ³ 1
 Ta thấy f(9) = 1 và f(u) là hàm đồng biến nên ta có:
f(u) ³ f(9) Û u ³ 9 Û x2 + mx + 10 ³ 9 Û x2 + mx + 1 ³ 0
 Vì phương trình trên có D = m2 – 4 < 0 với 0 < m < 1 nên phương trình trên vô nghiệm ị bất phương trình đã cho vô nghiệm.
+ Với m > 1: Ta có: f(u) Ê 1 = f(9) Û 0 Ê u Ê 9
Û 0 Ê x2 + mx + 10 Ê 9 .
 Xét phương trình x2 + mx + 1 = 0 có D = m2 – 4.
 Nếu 1 < m < 2 Û D < 0 ị (2) vô nghiệm ị bất phương trình đã cho vô nghiệm.
 Nếu m > 2 ị D > 0 ị phương trình trên có 2 nghiệm đều thoả mãn (1) và (2) ị bất phương trình đã cho có nhiều hơn một nghiệm.
 Nếu m = 2 ị (2) có nghiệm duy nhất x = -1 ị bất phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = -1.
 Vậy giá trị cần tìm của m là: m = -2.
0,50
0,50
0,50
0,50
3b
 Đặt f(x) = ỗ1 + 2cosxỗ + ỗ1 + 2sinxỗ. Bài toán trở thành: tìm m sao cho maxf(x) Ê 2m – 1.
 Ta có f2(x) = 6 + 4(sinx + cosx) + 2ỗ1 + 2(sinx + cosx) + 4sinxcosxỗ
 Đặt t = sinx + cosx, . Ta có:
f2(x) = g(t) = 6 + 4t + 2ỗ2t2 + 2t – 1ỗ với .
 Xét sự biến thiên của g(t) ta có: 
 Vì f(x) ³ 0 nên ta có:
maxf(x) = 
 Vậy ta có: .
0,25
0,25
0,25
0,75
0,25
0,25
4
4a
 Hàm số có đạo hàm tại x = 0 khi nó liên tục tại x = 0.
.
 Ta lại có: 
 Và ị a = 6.
 Vậy hàm số có đạo hàm tại x = 0 khi a = 6 và b = 1.
0,25
0,50
0,25
0,25
0,25
4b
 Chứng minh được: 
.
 Đặt .
0,50
0,25
0,50
5
5a
 Toạ độ giao điểm của 2 elíp (E1) và (E2) là nghiệm của hệ phương trình:	
 Vậy đường tròn đi qua các giao điểm của 2 elíp là:
0,50
0,50
5b
 Gọi đường thẳng Ax + By + C = 0 (A2 + B2 ạ 0), là tiếp tuyến chung của (E1) và (P). Ta có:
 Vậy có 2 tiếp tuyến cần tìm là: .
1,0
0,50
6
 Đặt hình chóp vào hệ trục toạ độ như hình vẽ. Suy ra ta có: A = (0; 0; 0), D = (2a; 0; 0), S = (0; 0; a) và
B = . Suy ra phương trình của SB là:
 Gọi M(x0; y0; z0) thuộc cạnh SB, ta có: 
.
 Mặt khác AM^DN Û 
Û x02 – 2ax0 + y02 + z02 = 0 
 ị hay .
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
-----------------------------------------Hết---------------------------------------------------